河北省滁州市衡水中学2023年高三物理试题二模试卷.doc

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1、河北省滁州市衡水中学2023年高三物理试题二模试卷注意事项:1答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、如图,A代表一个静止在地球赤道上的物体、B代表一颗绕地心做匀速圆周运动的近地卫星,C代表一颗地球同步轨道卫星。比较A、B、C绕地心的运动,说法正确的是()A运行速

2、度最大的一定是BB运行周期最长的一定是BC向心加速度最小的一定是CD受到万有引力最小的一定是A2、新型冠状病毒在显微镜下的形状如图所示,他的大小在纳米的数量级下,根据我们高中所学内容,下列单位属于国际基本单位的是() A长度BmCnmDm/s3、在轴上固定两个点电荷、,其静电场中轴上各点的电势如图所示,下列说法正确的是()A和为同种电荷,且均在的区域内B和为同种电荷,和两点在两电荷之间C和为异种电荷,且均在的区域内D和为异种电荷,且均在的区域内4、如图所示,一角形杆ABC在竖直面内,BC段水平,AB段竖直,质量为m的小球用不可伸长的细线连接在两段杆上,OE段水平,DO段与竖直方向的夹角为.只剪

3、断EO段细线的瞬间,小球的加速度为a1;而只剪断DO段细线的瞬间,小球的加速度为a2,则为 A1BC2D5、下列描述中符合物理学史实的是()A第谷通过长期的天文观测,积累了大量的天文资料,并总结出了行星运动的三个规律B开普勒通过“月地检验”证实了地球对物体的吸引力与天体间的吸引力遵守相同的规律C伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献D万有引力定律和牛顿运动定律都是自然界普遍适用的规律6、太阳释放的巨大能量来源于核聚变。一个氘核与一个氚核聚变成一个氦核的同时释放出一个中子,若氘核、氚核、氦核和中子的质量分别为真空中的光速为,那么一个氘核和一个氚核发生核聚变时,释放的能量是()ABCD二、多项选择题

4、:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、如图,夹角为120的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为、两个区域,两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度分别为B1、B2。在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向射入磁场B1中,粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v1、v2,运动时间分别为t1、t2;假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变,动能损失一半,不计粒子重力,则下列说法中正确的是( )A粒子带负电BCD8、质量为m电量为的小滑块(可视为质点)

5、,放在质量为M的绝缘长木板左端,木板放在光滑的水平地面上,滑块与木板之间的动障擦因数为,木板长为L,开始时两者都处于静止状态,所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E,恒力F作用在m上,如图所示,则( )A要使m与M发生相对滑动,只须满足B若力F足够大,使得m与M发生相对滑动,当m相对地面的位移相同时,m越大,长木板末动能越大C若力F足够大,使得m与M发生相对滑动,当M相对地面的位移相同时,E越大,长木板末动能越小D若力F足够大,使得m与M发生相对滑动,E越大,分离时长本板末动能越大9、如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波,实线为t0时刻的波形图,经过t16s,波形图如图中虚线所示。

6、已知波的周期T4s,则下列说法正确的是( )A该波的波长为8mB该波的周期可能为8sC在t9s时,B质点一定沿y轴正方向运动DB、C两质点的振动情况总是相反的E.该列波的波速可能为m/s10、两列简谐横波的振幅都是20cm,传播速度大小相同实线波的频率为2Hz,沿x轴正方向传播;虚线波沿x轴负方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇,则A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为3:2C平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y20cmE.从图示时刻起再经过0.25s,平衡位置为x=5m处的质点的位移y0三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写

7、在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11(6分)为了测量一个电动势约为6V8V,内电阻小于的电源,由于直流电压表量程只有3V,需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替),改装为量程9V的电压表,然后再用伏安法测电源的电动势和内电阻,以下是他们的实验操作过程:(1)把电压表量程扩大,实验电路如图甲所示,实验步骤如下,完成填空。第一步:按电路图连接实物第二步:把滑动变阻器滑动片移到最右端,把电阻箱阻值调到零第三步:闭合电键,把滑动变阻器滑动片调到适当位置,使电压表读数为3.0V第四步:把电阻箱阻值调到适当值,使电压表读数为_V。第五步:不再改变电阻箱阻值,保持电压表和电阻箱串联,撤

8、去其它线路,即得量程为9V的电压表(2)以上实验可供选择的器材有:A电压表(量程为3V,内阻约)B电流表(量程为3A,内阻约)C电阻箱(阻值范围)D.电阻箱(阻值范围)E.滑动变阻器(阻值为,额定电流3A)F.滑动变阻器(阻值为,额定电流0.2A)电阻箱应选_,滑动变阻器应选_。用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变),测电源电动势E和内电阻r,实验电路如图乙所示,得到多组电压表U和电流I的值,并作出UI图线如图丙所示,可知电池的电动势为_V,内电阻为_。(结果保留2位有效数字)12(12分)一个小电珠上标有“”的字样,现在要用伏安法描绘出这个电珠的图象,有下列器材供选用:A电压表(量程为,

9、内阻约为)B电压表(量程为,内阻约为)C电流表(量程为,内阻约为)D电流表(量程为,内阻约为)E滑动变阻器(阻值范围为,额定电流为)F滑动变阻器(阻值范围为,额定电流为)(1)实验中电压表应选用_,电流表应选用_(均用器材前的字母表示)。(2)为了尽量减小实验误差,要电压从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器调节方便,滑动变阻器应选用_(用器材前的字母表示)。(3)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图_,并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图_ 四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13(10分)一容积为V0的

10、容器通过细管与一个装有水银的粗细均匀的U形管相连(U形管和细管中的气体体积远小于容器的容积V0),U形管的右管与大气相通,大气压为750mmHg。关闭阀门,U形管的左、右管中水银面高度相同,此时气体温度为300K。现仅对容器内气体进行加热。如图所示,当U形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高H=50mm时,求封闭容器内气体的温度;保持问中的温度不变,打开阀门K缓慢抽出部分气体,当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm时(水银始终在U形管内),求封闭容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值;判断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热,并阐述原因。14(16分)某种喷雾器的贮液筒的总容积

11、为7.5 L,如图所示,装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封,与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3,1 atm的空气,设整个过程温度保持不变(1)要使贮气筒中空气的压强达到4 atm,打气筒应打压几次?(2)在贮气筒中空气的压强达到4 atm时,打开喷嘴使其喷雾,直到内外气体压强相等,这时筒内还剩多少药液?15(12分)如图所示,在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一个带正电的粒子质量为m、电荷量为q,不计粒子的重力,由x轴上的P点垂直磁场射入,速度与x轴正方向夹角,p点到坐标原点的跑离为L。(1)若粒子恰好能从y轴上距原点L处的Q点飞出磁场,求粒子速度大

12、小;(2)若粒子在磁场中有最长的运动时间,求粒子速度大小的范围。参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】A因AC的角速度相同,则由v=r可知,vCvA;对BC卫星,由可知,vBvC,可知vBvC vA,选项A正确;B因AC周期相同;而对BC卫星,根据可知,C的周期大于B,可知运行周期最长的是AC,选项B错误;C因AC的角速度相同,则由a=2r可知,aCaA;对BC卫星,由可知,aBaC,可知aBaC aA,向心加速度最小的一定是A,选项C错误;D三个物体的质量关系不确定,不能比较受到万有引力的关系,选项D错误

13、。故选A。2、B【解析】国际单位制规定了七个基本物理量,分别为长度(m)、质量(kg)、时间(s)、热力学温度(K)、电流(A)、发光强度(cd)、物质的量(mol),它们的国际单位是基本单位,而由物理量之间的关系式推导出来的单位叫做导出单位,A项的长度是基本物理量,B项的m是国际制基本单位,C项的nm是非国际制基本单位,D项的m/s是导出单位,故B正确,ACD错误。故选B。3、C【解析】由题目图,结合电势与位置图象的斜率表示电场强度,可知,在处的电场强度大小为零,因两点电荷的具体位置不确定,则点电荷的电性也无法确定,因此可能是同种电荷,也可能是异种电荷;AB若和为同种电荷,则电场强度为零的点

14、在两电荷连线上的线段上的某一点,即处于两个点电荷之间,故AB错误;CD若和为异种电荷,则电场强度为零的点在两电荷连线的线段之外的某一点,由电势为零,且到电势逐渐升高可知,和均在的区域内,且靠近的点电荷为负点电荷,远离的点电荷为正电荷,且正电荷电量的绝对值大于负电荷电量的绝对值;故C正确,D错误。故选C。4、B【解析】只剪断EO段细线的瞬间,根据牛顿第二定律小球的加速度为只剪断DO段细线的瞬间,小球的加速度为a2=g,则A1,与结论不相符,选项A错误;B,与结论相符,选项B正确;C2,与结论不相符,选项C错误;D,与结论不相符,选项D错误;故选B.5、C【解析】A第谷进行了长期的天文观测,积累了

15、丰富的资料。以此为基础,之后的开普勒进一步研究总结出了太阳系行星运动的三个规律。所以A错误;B牛顿通过“月地检验”证实了地球对物体的吸引力与天体间的吸引力遵守相同的规律,不是开普勒。所以B错误;C伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献,符合物理学史实。所以C正确;D万有引力定律和牛顿运动定律都有一定适用范围,不适用于高速微观世界。所以D错误。故选C。6、B【解析】核反应方程为,故反应前后质量损失为根据质能方程可得放出的能量为故B正确ACD错误。故选B。二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有

16、选错的得0分。7、AC【解析】A根据左手定则可判定粒子带负电,故A正确;B由题意知,故,故B错误;C根据洛伦兹力提供向心力得:,由题意知r1r2,故,故C正确;D由粒子在磁场中的周期公式知,粒子在磁场中的周期相同,运动时间之比等于圆周角之比,即t1:t2120:2401:2,故D错误。8、BD【解析】A、m所受的最大静摩擦力为 ,则根据牛顿第二定律得 ,计算得出 .则只需满足 ,m与M发生相对滑动.故A错误.B、当M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m的加速度 ,知m越大,m的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m越大,m对木板的压力越大,摩擦力越大,M的加速度越大,因为作用时间长,则

17、位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B选项是正确的.C、当M与m发生相对滑动,E越大,m对M的压力越大,摩擦力越大,则M相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误D、根据 知,E越大,m的加速度越小,M的加速度越大,知时间越长,因为E越大,M的加速度越大,则M的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D选项是正确的.,故选BD点睛:当m与M的摩擦力达到最大静摩擦力,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F的最小值.当F足够大时,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.9、BDE【解析】A分析波形图,可

18、知波长4m,故A错误;BE设波沿x轴正方向传播,则,n0、1、2,其中T4s,则n0时,T24s,波速 ;n1时,Ts,波速vm/s;设波沿x轴负方向传播,则,n0、1、2,其中T4s,则n0时,T8s,波速v0.5m/s,故BE正确;C当波沿x轴负方向传播时,T8s,在t9s时,B质点在平衡位置下方,沿y轴负方向运动,故C错误;DB、C两质点平衡位置相隔半个波长,振动情况完全相反,故D正确;故选BDE.10、BDE【解析】传播速度大小相同实线波的频率为2Hz,其周期为1.5s,波长4m,则波速 ;由图可知:虚线波的波长为6m,则周期为,频率: ,则两波的频率不同所以不能发生干涉现象故A错误;

19、实线波和虚线波的频率之比为,选项B正确;平衡位置为x=6m处的质点由实线波和虚线波引起的振动方向均向上,速度是两者之和,故此刻速度不为零,选项C错误;两列简谐横波在平衡位置为x=8.5m处的质点是振动加强的,此刻各自位移都大于11cm,故质点此刻位移y21cm,选项D正确;从图示时刻起再经过1.25s,实线波在平衡位置为x=5m处于波谷,而虚线波也处于y轴上方,但不在波峰处,所以质点的位移y1故E正确;故选BDE.点睛:此题主要考查波的叠加;关键是理解波的独立传播原理和叠加原理,两列波相遇时能互不干扰,各个质点的速度和位移都等于两列波在该点引起的振动的矢量和.三、实验题:本题共2小题,共18分

20、。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、1.0 C E 6.9 1.5 【解析】(1)1把3V的直流电压表接一电阻箱,改装为量程为9V的电压表时,将直流电压表与电阻箱串联,整个作为一只电压表,据题分析,电阻箱阻值调到零,电压表读数为3V,则知把电阻箱阻值调到适当值,使电压表读数为(2)2由题,电压表的量程为3V,内阻约为2k,要改装成9V的电压表,根据串联电路的特点可知,所串联的电阻箱电阻应为22k=4k故电阻箱应选C;3在分压电路中,为方便调节,滑动变阻器选用阻值较小的,即选E;(3)4由丙读出,外电路断路时,电压表的电压为U=2.3V则电源的电动势为5内阻为12、A D

21、 E 【解析】(1)1因为电珠的额定电压为,为保证实验安全,选用的电压表量程应稍大于,但不能大太多,量程太大则示数不准确,所以只能选用量程为的电压表,故选A;2由得,电珠的额定电流应选用量程为的电流表,故选D。(2)3由题意可知,电压从零开始变化,并要多测几组数据,故只能采用滑动变阻器分压接法,而分压接法中,为调节方便应选总阻值小的滑动变阻器,故选E。(3)45电珠内阻电压表内阻远大于电珠内阻,应采用电流表外接法,故电路图和实物连接图分别如图乙、丙所示四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、320K;吸热,原因见详解【

22、解析】由题意可知设升温后气体的压强为p0,由查理定律得解得T=320K当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm时,压强p=700mmHg。抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体的总体积为V,由玻意耳定律得设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k,由题意得吸热。因为抽气过程中剩余气体温度不变,故内能不变,而剩余气体膨胀对外做功,所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。14、 (1)15(2)1.5 L【解析】试题分析:气体发生等温变化,应用玻意耳定律求出打气的次数;当内外气压相等时,药液不再喷出,应用玻意耳定律求出空气的体积,然后求出剩余的药液(1)设每打一次气,贮液筒内增加的压强为p,由玻意耳定律得:1 atm300cm31.5103cm3p,p0.2atm,需打气次数(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V,由玻意耳定律得:4 atm1.5 L1 atmV,V6 L,故还剩贮液7.5 L6 L1.5 L点睛:本题考查了理想气体状态方程,分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题15、(1);(2).【解析】(1)粒子的轨迹如图所示设粒子速率为由几何关系得解得(2)若粒子在磁场运动时间最长,则应从x轴射出磁场,设其速度的最大值为粒子恰好与y轴相切。由几何关系可知解得。粒子的速度。

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